广东省湛江市2021届高三上学期高中毕业班调研数学测试题 10页

湛江市 2021 届高中毕业班调研测试题 数学 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合 A＝{-2，-1，0，1，2，3，4}，B＝{x|2x-1＜3），则 A∩B＝ A．{0，1，2} B．{-2，-1，0} C．{-2，-1，0，1} D．{-2，-1，0，1，2} 2．已知 i 是虚数单位，a 为实数，且 3 i 1 i2 i a   ，则 a＝ A．2 B．1 C．-2 D．-1 3．已知向量 (1,2)a  ，向量 (2, 2)b   ， a kb  与 a b  垂直，则 k＝ A．2 B． 10 7 C． 1 2 D． 7 10 4．若双曲线 2 2 2 1x ya   （a＞0）的一条渐近线方程为 1 2y x  ，则其离心率为 A． 3 2 B．2 C． 5 2 D． 3 5．命题“ 0x  ，lg|2x-1|＞0”的否定是 A． 0x  ，lg|2x-1|≤0 B． 0x  ，lg|2x-1|≤0 C． 0x  ，lg|2x-1|≤0 D． 0x  ，lg|2x-1|＜0 6．党的十九大报告中指出：从 2020 年到 2035 年，在全面建成小康社会的基础上，再奋斗 15 年， 基本实现社会主义现代化．若到 2035 年底我国人口数量增长至 14.4 亿，由 2013 年到 2019 年的统 计数据可得国内生产总值（GDP）y（单位：万亿元）关于年份代号 x 的回归方程为  6.60 50.36y x  （x＝1，2，3，4，5，6，7），由回归方程预测我国在 2035 年底人均国内生产总值（单位：万元） 约为 A．14.04 B．202.16 C．13.58 D．14.50 7．鳖臑（biē nào）是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．已知三棱锥 A-BCD 是 一个鳖臑，其中 AB⊥BC，AB⊥BD，BC⊥CD，且 AB＝6，BC＝3，DC＝2，则三棱锥 A-BCD 的 外接球的体积是 A． 49 3  B． 343 2  C．49π D． 343 6  8．已知函数 3 21( ) 3 93f x x x x    ，给出四个函数①|f（x）|，②f（-x），③f（|x|），④-f（-x）， 又给出四个函数的大致图象，则正确的匹配方案是 A．甲-②，乙-③，丙-④，丁-① B．甲-②，乙-④，丙-①，丁-③ C．甲-④，乙-②，丙-①，丁-③ D．甲-①，乙-④，丙-③，丁-② 二、选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的． 9．因防疫的需要，多数大学开学后启用封闭式管理．某大学开学后也启用封闭式管理，该校有在 校学生 9000 人，其中男生 4000 人，女生 5000 人，为了解学生在封闭式管理期间对学校的管理和 服务的满意度，随机调查了 40 名男生和 50 名女生，每位被调查的学生都对学校的管理和服务给出 了满意或不满意的评价，经统计得到如下列联表： 满意 不满意 男 20 20 女 40 10 附表： P（K2≥k） 0.100 0.05 0.025 0.010 0.001 k 2.706 3 .841 5.024 6.635 10.828 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      以下说法正确的有 A．满意度的调查过程采用了分层抽样的抽样方法 B．该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值为 0.6 C．有 99％的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系 D．没有 99％的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系 10．已知 a＝log3π，b＝logπ3， 1log 3c  ，则 A．ab＜a＋b＜b＋c B．ac＜b＋c＜bc C．ac＜bc＜b＋c D．b＋c＜ab＜a＋b 11．已知函数，f（x）＝2sinx-acosx 的图象的一条对称轴为 6x   ，则 A．点 ( ,0)3  是函数，f（x）的一个对称中心 B．函数 f（x）在区间 ( , )2   上无最值 C．函数 f（x）的最大值一定是 4 D．函数 f（x）在区间 5( , )6 6   上单调递增 12．已知数列{an}满足：0＜a1＜1，an＋1-an＝ln（4-an）．则下列说法正确的是 A．数列{an}先增后减 B．数列{an}为单调递增数列 C．an＜3 D． 2020 5 2a  第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题： 13．已知 f（x）是定义域为 R 的偶函数，且在区间（-∞，0]上单调递增，则不等式，f（3x-1）＞f （2）的解集是________． 14．二项式 61( )x x  的二项展开式中的常数项是________． 15．在棱长为 4 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别是 BC 和 C1D1 的中点，经过点 A，E，F 的平面把正方体 ABCD-A1B1C1D1 截成两部分，则截面与 BCC1B1 的交线段长为________． 16．已知 F 为抛物线 C：y2＝4x 的焦点，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，与抛物线 C 的准线交于点 D，若 F 是 AD 的中点，则|FB|＝________． 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．从①a＝3，② 3 5 2ABCS  ，③3sinB＝2sinA 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．若 问题中的三角形存在，求出 b 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在△ABC，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 21c  ，3ccosB＝3a＋2b， ________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分． 18．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，an＋1-an＞0，a2＝3，且 a1，a3，12＋a7 成等比数列． （1）求 an 和 Sn； （2）设 1 1 n n n b S S   ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证： 1 12 nT  ． 19．如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形，侧面 BCC1B1 为菱形， 且平面 BCC1B1⊥平面 ABC，∠CBB1＝60°，D 为棱 AA1 的中点． （1）证明：BC1⊥平面 DCB1； （2）求二面角 B1-DC-C1 的余弦值． 20．为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现 F 症状的试验，该试验的 设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周 期．假设每只白鼠给药后当天出现 F 症状的概率均为 1 3 ，且每次给药后是否出现 F 症状与上次给 药无关． （1）从试验开始，若某只白鼠连续出现 2 次 F 症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个 给药周期的概率； （2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现 3 次 F 症状，则在这个给药周期后，对其终止试验， 设一只白鼠参加的给药周期数为 X，求 X 的分布列和数学期望． 21．已知椭圆 2 2 14 3 x y  的左、右焦点分别为 F1、F2，直线 y＝kx 交椭圆于 P，Q 两点，M 是椭圆 上不同于 P，Q 的任意一点，直线 MP 和直线 MQ 的斜率分别为 k1，k2． （1）证明：k1·k2 为定值； （2）过 F2 的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，且 2 22AF F B  ，求|AB|． 22．已知 a＞0，函数 21( ) ln ( 1)2f x x x x a x    ． （1）若 f（x）为减函数，求实数 a 的取值范围； （2）当 x＞1 时，求证： 2e( ) e2 a af x   ．（e＝2.718…） 参考答案 1．C 解析：因为 2x-1＜3  x＜2，所以 A∩B＝{-2，-1，0，1}，故选 C． 2．B 解析：由 3-ai＝（2＋i）（1-i）＝2-2i＋i-i2＝3-i，得 a＝1，故选 B． 3．D 解析：因为 2 5a  ， 2 8b  ， 2a b    ，又 2 2 ( ) ( ) ( 1)a kb a b a kb k a b               5 8 2( 1) 7 10 0k k k       ，所以 7 10k  ，故选 D． 4．C 解析：因为渐近线方程为 1 2y x  ，所以 1 2 b a  ．因为 b＝1，所以 a＝2．又 c2＝a2＋b2＝5， 所以 5c  ，故离心率 5 2e  ，故选 C． 5．C 6．A 解析：到 2035 年底对应的年份代号为 23，由回归方程  6.60 50.36y x  ．36 得，我国国内 生产总值约为 6.60×23＋50.36＝202.16（万亿元），又 202.16 41.0414.4  ，所以到 2035 年底我国人均 国内生产总值约为 14.04 万元，故选 A． 7．D 解析：易得三棱锥 A-BCD 的外接球的直径为 AD，则 2 2 26 3 2 7AD     ，故三棱锥 A-BCD 的外接球的半径 7 2R  ，所以 34 7 343 3 3 6A BCDV      ． 8．B 解析：由 f'（x）＝x2-2x-3＝（x＋1）（x-3），得函数 f（x）有极大值点-1，极小值点 3，图 象如图所示： 故选 B． 9．AC 解析；因为男女比例为 4000︰5000，故 A 正确．满意的频率为 20 40 2 0.66790 3    ，所以 该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值约为 0.667，所以 B 错误． 由列联表 2 2 90 (20 10 20 40) 9 6.63540 50 60 30K         ，故有 99％的把握认为学生对学校的管理和服务 满意与否与性别有关系，所以 C 正确，D 错误． 10．CD 解析：因为 0＜logπ3＜1＜log3π  0＜b＜1＜a，又 1log 03c   ，所以 ac＜bc＜0， 1log 3 log 03b c      ，所以 C 正确，B 错误．因为 ab＝log3π×logπ3＝1，a＋b＝log3π＋logπ3＞1， 所以 D 正确，A 错误． 11．ACD 解析：由题意，得 2( ) 2sin cos 4 sin( )f x x a x a x      ，θ为辅助角，因为对称轴为 6x   ，所以 3( ) 16 2f a    ，即 2 34 | 1 |2a a    ，解得 2 3a  ．所以 ( ) 4sin( )3f x x   ； 故 ( ) 03f   ，所以 A 正确，又当 23 2x k     （k∈Z），即当 5 26x k   （k∈Z）时，函数 f （ x ） 取 得 最 大 值 4 ， 所 以 B 错 误 ， C 正 确 ． 2 22 3 2k x k          （ k ∈ Z ）  52 26 6k x k        （k∈Z），所以 D 正确，故选 ACD． 12．BCD 解析：由 an＋1-an＝ln（4-an）得 an＋1＝an＋ln（4-an）． 设函数 f（x）＝x＋ln（4-x）（0＜x＜4），由 2 3'( ) 1 4 4 xf x x x     ， 可得 f（x）在（0，3）上单调递增，在（3，4）上单调递减． 由 f（x）＜f（3）＝3 可得 an＜3． 所以数列{an}为单调递增数列． 又 0＜a1＜1，所以 a2＝a1＋ln（4-a1）＞ln4＞1， a3＝a2＋ln（4-a2）＞ln4＋ln（4-ln4）＞1＋ln3＞2 ， 4 3 3 5ln(4 ) 2 ln(4 2) 2 ln 2 2a a a         ， 所以 2020 4 5 2a a  ，故选 BCD． 13． 1( ,1)3  解析；由题意得-2＜3x-1＜2，解得 1 13 x   ． 14．15 解析：因为 61( )x x  的展开式的通项是 336 2 6 6 1C ( ) ( 1) ( ) C ( 1) r r r r r r rx xx     ，当 33 01 r  时， r＝2，所以展开式中的常数项是 2 2 6C ( 1) 15  ． 15． 10 3 解析：如图，过点 F 作 FH∥AE 交 A1D1 于 H，易知 D1H＝1，所以点 H 为 A1D1 的 4 等 分点，连接 AH，过点 E 作 EP∥AH 交 CC1 于点 P，所以 1 1 AA CP A H CE  ，解得 8 3CP  ， 故截面与 BCC1B1 交线段长 2 2 2 28 102 ( )3 3PE CE CP     ． 16． 4 3 解析：如图，过点 A，B，F 分别向准线引垂线，交准线于点 M，N，E， 由 FE＝2，得 AM＝4，AF＝4，DF＝4，故∠EFD＝60°， 又 FB＝BN，所以 BD＝2BN，故 3BF＝4 4 3BF  ． 17．解：解法 1：由正弦定理，得 3sinCcosB＝3sin[π-（B＋C）]＋2sinB， 整理得 3sinBcosC＋2sinB＝0．因为 sinB≠0，所以 2cos 3C   ． 解法 2：由 3ccosB＝3a＋2b，得 3accosB＝3a2＋2ab， 由余弦定理，得 3（a2＋c2-b2）＝6a2＋4ab，整理得 3（-a2＋c2-b2）＝4ab， 即 3abcosC＋2ab＝0．所以 2cos 3C   ． 选①a＝3．由余弦定理可得 c2＝a2＋b2-2abcos 2 221 9 6 ( )3b b       ， 所以 b2＋4b-12＝0，解得 b＝2 或 b＝-6（舍去），所以问题中的三角形存在． 选② 3 5 2ABCS  ． 1 1 5 3 5sin2 2 3 2ABCS ab C ab    ，故 ab＝9， 由余弦定理可得 c2＋a2＋b2-2abcosC 2 2 421 3a b ab    ，又 a2＋b2≥2ab， 所以 2 2 4 1021 6.33 3a b ab ab ab      ，与 ab＝9 矛盾，所以问题中的三角形不存在． 选③3sinB＝2sinA．由正弦定理得，3sinB＝2sinA 3b＝2a， 由余弦定理可得 c2＝a2＋b2-2abcosC 22121 4 b  ，所以 b＝2 或 b＝-2（舍去）， 所以问题中的三角形存在． 18．解：（1）设等差数列{an}的公差为 d，首项为 a1， 由 an＋1-an＞0，得 d＞0， 则 2 2 3 1 7 3, (12 ), a a a a    所以 1 2 1 1 1 3, ( 2 ) (12 6 ). a d a d a a d       解得 a1＝1，d＝2， 所以 an＝2n-1， 2( 1) 22n n nS n n    ． （2）因为 1 1 1 1 1 ( 1) 1n n n b S S n n n n      ． 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 11 11 2 2 3 3 4 1 1nT n n n              ． 因为 11 1nT n    单调递增．所以 1 1 2nT T  ， 综上， 1 12 T  ． 19．（1）证明：设 BC 的中点为 E，BC1 与 B1C 的交点为 O，连接 AE，EO，OD，如图所示． 由 E 为 BC 的中点可得 AE⊥BC，又平面 BCC1B1⊥平面 ABC，平面 BCC1B1∩平面 ABC＝BC，故 AE⊥平面 BCC1B1． 又 O 为 BC1 的中点．所以 1 1 2EO CC∥ ．又 1 1 2AD CC∥ ，所以 AD EO∥ ， 故 AD EO∥ ，所以 DO⊥平面 BCC1B1， 故 DO⊥BC1，又四边形 BCC1B1 为菱形，所以 BC1⊥B1C， 所以 BC1⊥平面 DCB1． （2）解：由（1）可知 OD，OB，OB1 两两相互垂直，以 O 为坐标原点，以 OD 的方向为 z 轴正 方向，分别以 OB，OB1 为 x 轴和 y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz． 则 ( 3,0,0)B ， 1( 3,0,0)C  ， (0,0, 3)D ，C（0，-1，0）， 设 1 1 1( , , )n x y z 为平面 DCC1 的一个法向量， 则 1 0, 0, n CD n CC          即 1 1 1 1 3 0, 3 0, y z x y       可取 (1, 3, 1)n   ， 由（1）可知， OB  为平面 DCB1 的一个法向量， 所以 3 5cos , 5| || | 1 3 1 3 n OBn OB n OB            ． 所以二面角 B1-DC-C1 的余弦值为 5 5 ． 20．解：（1）设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件 M，则 M 的对立事件为一个给药周期 也没有参加完． 设 一 次 给 药 出 现 F 症 状 为 事 件 A ， 则 一 个 给 药 周 期 也 没 有 参 加 完 的 概 率 为 2 21 2 1 5( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 27P P AA P AAA      ， 所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为 5 22( ) 1 1 27 27P M P     ． （2）设事件 B 为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现 3 次 F 症状”， 则 3 3 4 4 1 1 1 1( ) C ( ) (1 ) ( )3 3 3 9P B     ， 则随机变量 X 的取值为 1，2，3． 3 3 4 4 1 1 1 1( 1) C ( ) (1 ) ( )3 3 3 9P X      ， 8 1 8( 2) [1 ( )] ( ) 9 9 81P X P B P B       ． 8 8 64( 3) [1 ( )] [1 ( )] 9 9 81P X P B P B        ． 所以 X 的分布列为 X l 2 3 P 1 9 8 81 64 81 所以随机变量 X 的数学期望为 1 8 64 217( ) 1 2 39 81 81 81E X        ． 21．（1）证明：设 P（m，n），M（x，y），则 Q（-m，-n）， 则 1 y nk x m   ， 2 y nk x m   ， 则 2 2 1 2 2 2 y n y n y nk k x m x m x m         ，又 2 2 14 3 x y  ， 2 2 14 3 m n  ， 故 2 2 2 2 04 3 x m y n   ，所以 2 2 1 2 2 2 3 4 y nk k x m     为定值． （2）解：设直线 l 的方程为 x＝ty＋1，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立 2 2 1, 1,4 3 x ty x y     消去 x，得（3t2＋4）y2＋6ty-9＝0， 则有 1 2 2 6 3 4 ty y t    ， 1 2 2 9 3 4y y t   ．又 2 22AF F B  ，所以-y1＝2y2， 故 2 2 2 2 2 6 ,3 4 92 ,3 4 ty t y t       解得 2 4 5t  ， 所以 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 6 9 27| | (1 )[( ) 4 ] (1 )[( ) 4 ]3 4 3 4 8 tAB t y y y y t t t            ． 22．（1）解：由题意知 f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝lnx-x＋a， 由 f（x）为减函数可知 f'（x）≤0 恒成立． 设 g（x）＝lnx-x＋a， 1'( ) 1g x x   ， 令 g'（x）＝0 得 x＝1，当 x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，即 f'（x）单调递增； 当 x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，即 f'（x）单调递减． 故 f'（x）≤f'（1）＝-1＋a≤0，因此 0＜a≤1． （2）证明：由（1）知，当 0＜a≤1 时，f（x）为减函数，所以 3( ) (1) 2f x f a   ， 又 0＜a≤1， 3 1 2 2a    ． 设 2e e2 a ay   ，ea＝t，则 2 2 ty t  ，t∈（1，e]． 又 2 2 ty t  在区间（1，e]上单调递增，所以 1 112 2y     ， 故 23 1 e( ) (1) e2 2 2 a af x f a       ，所以当 0＜a≤1 时， 2e( ) e2 a af x   ． 当 a＞1 时，由（1）知，当 x∈（1，＋∞）时，f'（x）单调递减，且 f'（1）＝a-1＞0． f'（ea）＝2a-ea，令 h（x）＝2x-ex，h'（x）＝2-ex， 当 x＞1 时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，故 h（a）＝2a-ea＜h（1）＝2-e＜0， 又 ea＞1，f'（x）在（1，＋∞）上单调递减， 故存在 x0∈（1，ea），使得 f'（x0）＝0，即 f'（x0）＝lnx0-x0＋a＝0，即 a＝x0-lnx0， 因此有 f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减， 故 2 0 0 0 0 0 1( ) ( ) ln ( 1)2f x f x x x x a x     ， 将 a＝x0-lnx0 代入，得 2 0 0 0 1( ) 2f x x x  ． 因为函数 21( ) 2F x x x  在（1，＋∞）上单调递增， 所以 2 0 e( ) (e ) e2 a a aF x F   ，即 2 0 e( ) e2 a af x   ， 故 2 0 e( ) ( ) e2 a af x f x   成立．